2 • Pour t 0, e =+E est constant et V 0 est constant, donc
C se charge et lorsqu’il est chargé il n’y ap lus de courant
dans la branchedonc V(t)=V 0 car U R =0 (l’énoncé précise bien que l’on supposelerégime permanent pour t 0).
•Lat ension aux bornes de C est continue pour t =0
notamment donc V c (0 + )=V c (0 – ).
Or V c (0 – )=+EV 0 ,
donc pour t =0 + –E–V(0 + )=–V 0 +E
d’où V(0 + )=V 0 –2E ;enfin E
donc V(0 + ) 0.
3•Pour t 0, e =–E,= 0;en tenant compte de 2,
l’équation (1) s’intègre en :
V(t) = V 0 –2Ee –t / τ ,avec τ = RC .
B • L’A.O. fonctionne en comparateur simple avec :
V – =0,donc si :
• e(t)=V + 0, e(t)=+E=V sat
• e(t)=V + 0, e(t)=–E=–V sat
Donc le module de la question A est attaqué par une discontinuité V sat → – V sat ou – V sat → + V sat
•C omme f <<
,l es ignal e(t)a une période grande
devant le tempsd ec harge du condensateur :e ntre chaque
basculement on atteint le régime permanent de charge complète du condensateur.
•Pour une bascule + V sat → – V sat ,avec A3nous pouvons
affirmer :
V(t)=V 0 –2V sat e – t/τ
•Pour une bascule – V sat → + V sat
V c est continu lors de la bascule et vaut
V c (bascule) =–V sat – V 0 ,d’où V(t)j uste après la bascule : V =2V sat + V 0 .Donc V(t)=V 0 +2V sat e – t/τ .
On obtient finalement les chronogrammes :
C1•La rétroaction se fait surl’entrée +del’A.O.,ilnefonctionne donc pas en régime linéaire.P ar contre l’A.O. étant
idéal on a i + = i – =0 et le même courant circule dans R et
dans C .
2 • D’après l’énoncé la charge de C est terminéeà t=0
donc i R =0 et V + = u R =0.
De plus la fonction U(t)e st périodique donc elle vaut V 0 en
t =0 – ;ainsi :
V 0
2
de
dt
1
RC
e′(t)
e(t)
+ V sat
V 0 +2V sat
V 0 –2V sat
– V sat
V(t)
V(t)
V(t)
t
V 0
V + (0 – )=0, V – (0 – )=V 0 0e tdonc S(0 – )=–V sat .
3 • À t =0 ,U bascule de V 0 à– 2 V sat + V 0 ,d onc
V – (0 + )=–2V sat + V 0 0.
D’autre part, u c = u R – S est continue donc comme
u c (0 – )=0–(– V sat ), u c (0 + )=V sat .
Supposons que lA.O. bascule, alors S(0 + )=+V sat et
u R (0 + )=V + (0 + )=2V sat V – (0 + )c equi est cohérent.
Supposons que l’A.O. ne bascule pas : S(0 + )=–V sat ,
u R (0 + )=V + (0 + )=0V (0 + ),c eq ui est incohérent avec
S =–V sat .
Ainsi l’A.O. bascule et V + (t =0 + )=2 V sat .
4 • Si τ << RC , V + (τ – ) ≈ V + (0 + )=2V sat .
Ainsi comme u c est continue,
u c (τ + )=u c (τ – )=2V sat – V sat = V sat .
Si l’A.O. ne bascule pas S(τ + )=V sat
et V + (τ + )=2V sat V – (τ + )=V 0 ce qui est cohérent :l’A.O.
reste àsaturation haute.
5 • a. i + =0,donc C
=
soit
+
V + =. D’après la définition de t 1 ,
S(t) est constant sur [0, t 1 ].
Ainsi
+= 0s ’intègre en V + =2V sat e – t/RC
car V + (0 + )=2V sat .
b. L’A.O. bascule lorsque V + atteint la valeur V – = V 0
soit t 1 = RC ln .
• S ( t 1
+ )=–V sat et la tension aux bornes de C est continue,
soit :
V 0 – V sat = V + (t 1
+ )–(–V sat )
V + (t 1
+ )=V 0 –2V sat
6 • a. C’est la même équation différentielle ;a vec un décalage d’origine des temps et compte tenu de 5b:
V + (t)=(V 0 –2V sat ) e
–
.
b. Non car V + 0d ’après a (et V 0 –2V sat 0)et
V – =2V sat + V 0 0d onc l’A.O. reste en sortie à–V sat .
dS
dt
d(V + – S)
dt
V +
R
2 V sat
V 0
dV +
dt
V +
RC
dV +
dt
1
RC
(t – t 1 )
RC
CORRIGÉS
Amplificateur opérationnel
4
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©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
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